輔助函數構造方法列舉

楊勝

對于解決與函數有關的不等式問題，或已知不等式在某范圍內恒成立求參數的取值范圍，或討論方程解的個數等問題時，常常需要構造輔助函數，通過求導研究其單凋性，或借助其幾何意義來解決.由于題目本身特點不同，所構造的函數也可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，本文試結合具體案例給出幾種輔助函數的構造方法.

一、直接構造

例1 設常數k∈R，討論關于x的方程ex=kx實數解的個數.

解析 構造函數y=ex，尋求其幾何意義：

將直線l：y=kx繞原點從y軸按順時針方向旋轉，與曲線y=ex依次相交于兩點、相切、無公共點、再相交于一點.

以切線定位，若直線y=kx與曲線y=ex相切，設切點坐標為（a，ea），切線斜率為y′∣x=a=ea，則切線方程為y=eax，將切點坐標代入得ea=eaa，解得a=1，即切點坐標為（1，e），切線斜率為e.

因此有如下結論：（1）當k>e時有兩個不同實數解；（2）當k=e或k<0時有唯一實數解；（3）當0≤k

例2 求證：對任意x∈R，恒有exG≥exG，這里常數G>0.

解析 本題可改述為：求證：不等式ex≥ex對任意x∈R恒成立.由例1知，結論成立.

利用不等式可以證明著名的平均值不等式：

na1a2…an≤a1+a2+…+ann.

在exG≥exG中令G=na1a2…an，并分別令x=ai（i=1，2，…，n）代入上式，將得到的n個式子相乘得，ea1+a2+…+anG≥ena1a2…anGn=en，所以a1+a2+…+anG≥n，即na1a2…an≤a1+a2+…+ann.

二、稍作變形后構造

例3 已知P（x，y）為函數y=lnx圖像上一點，O為坐標原點.記直線OP的斜率k=f（x）.

（1）同學甲發現：點P從左向右運動時，f（x）不斷增大.試問：他的判斷是否正確？若正確，請說明理由；若不正確，請給出正確的判斷；

（2）求證：當x>1時，f（x）

解析 （1）同學甲的判斷不正確.依題意，f（x）=lnxx，所以f′（x）=1-lnxx2.

當x∈（0，e）時，f′（x）>0；當x∈（e，+∞）時，f′（x）<0.

所以f（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減.

（2）f（x）-x-1x32=lnxx-x-1x32=lnx-x+1xx，

記g（x）=lnx-x+1x，x>1，

因為g′（x）=1x-12x-12-12x-32=12x-32（2x-x-1）=-12x-32（x-1）2<0，

所以g（x）在（1，+∞）上為減函數，

所以g（x）=lnx-x+1x

所以f（x）-x-1x32<0，即f（x）=x-1x32.

評析 在第（2）問中構造函數g（x）時，并不是簡單地令g（x）=f（x）-x-1x32，這樣做雖然容易想到，但后面的路卻被堵死了.原因是lnx沒有獨立出來，求導數后仍然有lnx，很難判斷g′（x）的符號.這種變形后再根據具體情景巧妙構造函數的方法值得借鑒.

例4 設函數f（x）=1xlnx（x>0且x≠1）.

（1）求函數f（x）的單調區間；

（2）已知21x>xa對任意x∈（0，1）成立，求實數a的取值范圍.

解析 （1）略去.

（2）若直接構造函數g（x）=21x，則求導困難，可將不等式作如下等價變形：

在21x>xa兩邊取對數，得1xln2>alnx，

由01xlnx.①

由（1）的結果可知，當x∈（0，1）時，f（x）≤f1e=-e.

為使①式對所有x∈（0，1）成立，當且僅當aln2>-e，即a>-eln2.

評析 觀察所給式子的結構特征，尋找（2）中不等式與（1）的聯系，通過取對數轉化為求函數f（x）的最大值問題.（所構造函數就是f（x））.

三、化離散為連續再構造

例5 證明：對任意的正整數n，不等式ln1n+1>1n2-1n3都成立.

解析 令x=1n∈（0，+∞），于是ln1n+1>1n2-1n3等價于ln（x+1）>x2-x3對任意x>0恒成立.構造函數h（x）=x3-x2+ln（x+1）（x≥0），

h′（x）=3x2-2x+1x+1=3x3+（x-1）2x+1>0，

所以函數h（x）在[0，+∞）上單調遞增，

又h（0）=0，所以x∈（0，+∞）時，恒有h（x）>h（0）=0.

即當x∈（0，+∞）時，恒有ln（x+1）>x2-x3.

對任意正整數n取x=1n∈（0，+∞），則恒有ln1n+1>1n2-1n3，所以結論成立.

四、二次構造

例6 已知函數f（x）=ln2（1+x）-x21+x，求函數f（x）的單調區間.

解析 函數f（x）的定義域是（-1，+∞），f′（x）=2ln（1+x）1+x-x2+2x（1+x）2=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x（1+x）2.

不能直接判斷符號，作第一次構造：

設g（x）=2（1+x）ln（1+x）-x2-2x，則

g′（x）=2ln（1+x）-2x.

還不能判斷符號，再作第二次構造：

令h（x）=2ln（1+x）-2x，則

h′（x）=21+x-2=-2x1+x.

當-10，h（x）在（-1，0）上為增函數，當x>0時，h′（x）<0，h（x）在（0，+∞）上為減函數.所以h（x）在x=0處取得最大值，而h（0）=0，即h（x）≤h（0）=0.

所以g′（x）<0（x≠0），函數h（x）在（-1，+∞）上為減函數，

于是當-1g（0）=0，當x>0時，g（x）

所以，當-10，f（x）在（-1，0）上為增函數；當x>0時，f′（x）<0，f（x）在（0，+∞）上為減函數.

故函數，f（x）的單調遞增區間為（-1，0），單調遞減區問為（0，+∞）.

評析 由本題可以看出，在考查單調性需要求導判斷符號而難以直接判斷時，可以考慮進行二次構造甚至三次（多次）構造.本題是用構造方法轉化并解決問題的典型例題.

五、變換主元構造

例7 求和：Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1（x≠0，1，n∈N+）.

解析 本題常規求法是用錯位相減法，這里我們變換主元：將x視為主元，有1+2x+3x2+…+nxn-1=（x+x2+x3+…+xn）′=x-xn+11-x′=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2，

從而1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2（x≠0，1，n∈N）.

六、適當放縮后再構造

例8 已知函數f（x）=1（1-x）n+ln（x-1），其中n∈N+.

求證：對任意的正整數n，當x≥2時，有f（x）≤x-1.

證法一 當n為偶數時，令g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1），

則g′（x）=1+n（x-1）n+1-1x-1=x-2x-1+n（x-1）n+1>0（x≥2）.

所以當x∈[2，+∞）時，g（x）單調遞增.

又g（2）=0，因此g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1）≥g（2）=0恒成立，所以f（x）≤x-1成立.

當n為奇數時，要證f（x）≤x-1，由于1（1-x）n<0，所以只需證ln（x-1）≤x-1.

令h（x）=x-1-ln（x-1），則h′（x）=1-1x-1=x-2x-1≥0（x≥2）.

所以當x∈[2，+∞）時，h（x）=x-1-ln（x-1）單調遞增.

又h（2）=1>0，當x≥2時，恒有h（x）>0，即ln（x-1）

證法二 當x≥2時，對任意的正整數n，恒有

1（1-x）n≤1，故只需證明1+ln（x-1）≤x-1.

令h（x）=x-1-1-ln（x-1）=x-2-ln（x-1），x∈[2，+∞），

則h′（x）=1-1x-1=x-2x-1，當x≥2，h′（x）≥0，故h（x）在[2，+∞）上單調遞增.

因此當x≥2時，h（x）≥h（2）=0，即1+ln（x-1）≤x-1成立.

故當x≥2時，有1（1-x）n+ln（x-1）≤x-1，即f（x）≤x-1.

評析 本題是經過理性分析后，經適當放縮再構造函數，則較為簡捷，但是具有較高的思維含量.若直接構造則運算特別繁瑣.